Promedio de un número impar de puntos igualmente espaciados en un círculo

Question

Promedio de un número impar de puntos igualmente espaciados en un círculo

círculos
geometría
Matemáticas
trigonometría
números complejos

havmat

Quiero mostrar que el promedio de un número impar de puntos igualmente espaciados en el círculo unitario es igual a 0. Más precisamente, sea $n$ ser un número impar, $\theta_1,\ldots, \theta_n\in[0,2\pi)$ y

r {mi}^{i ψ} := \frac{1}{norte} \sum_{i = 1}^{norte} {mi}^{i θ_{i}} .

$re^{i\psi}:=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^ne^{i\theta_i}.$ Queremos mostrar que si el

θ_{i}

$\theta_i$ s están igualmente espaciados entonces

r = 0

$r=0$ . Remarco que no quiero usar las fórmulas de Vieta sino demostrarlo "a mano".

Pude probar esta fórmula para $r$ :

r = \frac{1}{norte} {(norte + 2 \sum_{i = 1}^{norte - 1} \sum_{j = i + 1}^{norte} porque (θ_{i} - θ_{j}))}^{1 / 2}

$r=\frac{1}{n}\left(n+2\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^n\cos(\theta_i-\theta_j)\right)^{1/2}$ (No sabría si esta es una fórmula conocida o no...). Si los ángulos están igualmente espaciados, al volver a etiquetar si es necesario tenemos

θ_{i} = \frac{2 (i - 1) π}{n}, i = 1, \dots, n

$\theta_i=\frac{2(i-1)\pi}{n},\:i=1,\ldots,n$ de modo que

\begin{aligned} r^{2} & = \frac{1}{{norte}^{2}} (norte + 2 \sum_{i = 1}^{norte - 1} \sum_{j = i + 1}^{norte} porque (θ_{i} - θ_{j})) \\ = \frac{1}{{norte}^{2}} (norte + 2 \sum_{i = 1}^{norte - 1} \sum_{j = i + 1}^{norte} porque (\frac{2 (i - j) π}{norte})) \end{aligned}

$\begin{align*} r^2 & = \frac{1}{n^2}\left(n+2\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^n\cos(\theta_i-\theta_j)\right) \\ & = \frac{1}{n^2}\left(n+2\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^n\cos\left(\frac{2(i-j)\pi}{n}\right)\right) \end{align*}$ Entonces nos gustaría mostrar que

\sum_{i = 1}^{norte - 1} \sum_{j = i + 1}^{norte} porque (\frac{2 (i - j) π}{norte}) = - \frac{norte}{2} .

$\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i+1}^n\cos\left(\frac{2(i-j)\pi}{n}\right)=-\frac{n}{2}.$ si establecemos

n = 2 k + 1 k \in N

$n=2k+1\:k\in\mathbb{N}$ podemos reescribir la fórmula anterior en términos de

k

$k$ :

\sum_{i = 1}^{2 k} \sum_{j = i + 1}^{2 k + 1} porque (\frac{2 (i - j) π}{2 k + 1}) = - k - \frac{1}{2} .

$\sum_{i=1}^{2k}\sum_{j=i+1}^{2k+1}\cos\left(\frac{2(i-j)\pi}{2k+1}\right)=-k-\frac{1}{2}.$ Expandiendo esta doble suma da

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{2 k} \sum_{j = i + 1}^{2 k + 1} porque (\frac{2 (i - j) π}{2 k + 1}) & = porque (\frac{- 2 π}{2 k + 1}) + porque (\frac{- 4 π}{2 k + 1}) + \dots + porque (\frac{- 4 k π}{2 k + 1}) \\ + porque (\frac{- 2 π}{2 k + 1}) + porque (\frac{- 4 π}{2 k + 1}) + \dots + porque (\frac{- (4 k - 2) π}{2 k + 1}) \\ ⋮ \\ + porque (\frac{- 2 π}{2 k + 1}) + porque (\frac{- 4 π}{2 k + 1}) \\ + porque (\frac{- 2 π}{2 k + 1}) \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{i=1}^{2k}\sum_{j=i+1}^{2k+1}\cos\left(\frac{2(i-j)\pi}{2k+1}\right) & = \cos\left(\frac{-2\pi}{2k+1}\right)+\cos\left(\frac{-4\pi}{2k+1}\right)+\ldots+\cos\left(\frac{-4k\pi}{2k+1}\right) \\ & + \cos\left(\frac{-2\pi}{2k+1}\right)+\cos\left(\frac{-4\pi}{2k+1}\right)+\ldots+ \cos\left(\frac{-(4k-2)\pi}{2k+1}\right) \\ &\vdots \\ & + \cos\left(\frac{-2\pi}{2k+1}\right)+\cos\left(\frac{-4\pi}{2k+1}\right) \\ & +\cos\left(\frac{-2\pi}{2k+1}\right) \end{align*}$ que se puede reorganizar como:

\sum_{i = 1}^{2 k} \sum_{j = i + 1}^{2 k + 1} porque (\frac{2 (i - j) π}{2 k + 1}) = 2 k porque (\frac{2 π}{2 k + 1}) + (2 k - 1) porque (\frac{4 π}{2 k + 1}) + \dots + 2 porque (\frac{(4 k - 2) π}{2 k + 1}) + porque (\frac{4 k π}{2 k + 1}) .

$\sum_{i=1}^{2k}\sum_{j=i+1}^{2k+1}\cos\left(\frac{2(i-j)\pi}{2k+1}\right) =2k\cos\left(\frac{2\pi}{2k+1}\right)+(2k-1)\cos\left(\frac{4\pi}{2k+1}\right)+\ldots+2\cos\left(\frac{(4k-2)\pi}{2k+1}\right)+\cos\left(\frac{4k\pi}{2k+1}\right).$

Entonces, mi pregunta es la siguiente: ¿es cierto que

2 k porque (\frac{2 π}{2 k + 1}) + (2 k - 1) porque (\frac{4 π}{2 k + 1}) + \dots + 2 porque (\frac{(4 k - 2) π}{2 k + 1}) + porque (\frac{4 k π}{2 k + 1}) = - k - \frac{1}{2} ?

$2k\cos\left(\frac{2\pi}{2k+1}\right)+(2k-1)\cos\left(\frac{4\pi}{2k+1}\right)+\ldots+2\cos\left(\frac{(4k-2)\pi}{2k+1}\right)+\cos\left(\frac{4k\pi}{2k+1}\right)=-k-\frac{1}{2}?$ Lo comprobé para algunos valores de

k

$k$ y probé la inducción para el caso general, pero no pude llegar muy lejos. Además, como mencioné, uno puede probar el resultado usando la fórmula de Vieta, pero parece que también debería poder probarlo de esta manera.

un ciudadano preocupado

Podría ayudar pensar en términos de los polos de un filtro Butterworth (prototipo de paso bajo), que son exactamente así. Resulta que, para órdenes pares, tiene un número par de polos colocados simétricamente (tanto en x como en y, si considera H(w)^2), y los pedidos impares tienen un polo adicional en -1 (y +1 para H(w)^2). Entonces todos cancelarían si se sumaran. Supongo que una imagen lo haría más fácil (solo el lado izquierdo).

BlueRaja - Danny Pflughoeft

Usando números complejos obtienes una prueba muy simple y elegante. Ver Prueba de que las sumas de raíces unitarias complejas es cero

dxiv

Para otro argumento geométrico, eso equivale a decir que el centroide (" promedio ") de los vértices de un polígono regular es el centro de su circunferencia circunscrita. Considera que el centroide de un polígono no cambia si reemplazas los extremos de cada lado con el punto medio del mismo lado. Repita este proceso, comenzando desde el polígono regular dado. En cada paso, obtienes un nuevo polígono regular más pequeño, con un círculo circunscrito que tiene el mismo centro. En el límite, a medida que los polígonos se vuelven cada vez más pequeños, todos los vértices convergen en el centro del círculo, por lo que ese es el centroide.

Marc van Leeuwen

Esta es simplemente una instancia de una sumatoria de secuencia geométrica finita en la que los términos primero presente y primer ausente de la secuencia geométrica subyacente (infinita) tienen diferencia

0

$0$ .

Respuestas (4)

Promedio de un número impar de puntos igualmente espaciados en un círculo

Podría ayudar pensar en términos de los polos de un filtro Butterworth (prototipo de paso bajo), que son exactamente así. Resulta que, para órdenes pares, tiene un número par de polos colocados simétricamente (tanto en x como en y, si considera H(w)^2), y los pedidos impares tienen un polo adicional en -1 (y +1 para H(w)^2). Entonces todos cancelarían si se sumaran. Supongo que una imagen lo haría más fácil (solo el lado izquierdo).
Usando números complejos obtienes una prueba muy simple y elegante. Ver Prueba de que las sumas de raíces unitarias complejas es cero
Para otro argumento geométrico, eso equivale a decir que el centroide (" promedio ") de los vértices de un polígono regular es el centro de su circunferencia circunscrita. Considera que el centroide de un polígono no cambia si reemplazas los extremos de cada lado con el punto medio del mismo lado. Repita este proceso, comenzando desde el polígono regular dado. En cada paso, obtienes un nuevo polígono regular más pequeño, con un círculo circunscrito que tiene el mismo centro. En el límite, a medida que los polígonos se vuelven cada vez más pequeños, todos los vértices convergen en el centro del círculo, por lo que ese es el centroide.
Esta es simplemente una instancia de una sumatoria de secuencia geométrica finita en la que los términos primero presente y primer ausente de la secuencia geométrica subyacente (infinita) tienen diferencia $0$ .

Simón · Answer 1

Simón

La respuesta de Golden_Ratio está totalmente bien, pero aquí hay una forma potencialmente más intuitiva y menos abstracta de ver la respuesta usando simetría:

Digamos que tienes cinco puntos. Si los gira a todos una quinta parte de un giro completo, los cinco puntos están en las mismas cinco posiciones, solo que barajados en un orden diferente.

El promedio de los cinco puntos por lo tanto

Tiene que ser exactamente igual, porque los cinco puntos son iguales
Debe girarse un quinto de vuelta completa.

El único número que puede funcionar aquí (es decir, rotar pero permanecer exactamente igual), es el número $0$ . Así que esta debe ser la respuesta.

havmat

Eso está muy bien, el promedio de la rotación es la rotación del promedio... Tenía un montón de argumentos geométricos en mente, pero este es muy claro. ¡Gracias!

usuario121330

Alerta de pedante: 1 es un número impar (de puntos en el círculo) cuya posición promedio no está en el origen, sino en el círculo donde sea que esté.

Acumulación

En otras palabras,

\bar{x} = e^{(2 π i) / n} \bar{x}

$\bar x = e^{(2\pi i)/n} \bar x$ , entonces

(1 - e^{(2 π i) / n}) \bar{x} = 0

$(1- e^{(2\pi i)/n} )\bar x =0$ . Si

n = 1

$n=1$ , esto solo da

0 = 0

$0 = 0$ , pero si

n > 1

$n>1$ , resulta que

\bar{x} = 0

$\bar x =0$ .

vectornauta

@user121330: ¡Definitivamente es valioso señalar que en este argumento, tener una rotación sin identidad es clave! También puede ser razonable dejar un paso como ese implícito. Esta respuesta está escrita con el mismo nivel de formalidad que la pregunta, que también dice que el promedio debe ser cero aunque eso no suceda para un solo punto. Si vale la pena señalar la inconsistencia depende de si se trata de un concepto erróneo o de una informalidad intencional, y también de si es probable que engañe a los transeúntes.

Proporción_áurea · Answer 2

El resultado debería ser válido para cualquier $n>1$ (no solo raro $n$ ). Primer recuerdo para $r\neq 1$ ,

\sum_{k = 0}^{norte - 1} r^{k} = \frac{1 - r^{norte}}{1 - r} . (1)

$\sum_{k=0}^{n-1} r^k=\frac{1-r^{n}}{1-r}.\quad (1)$

Tenga en cuenta que los puntos igualmente espaciados en el círculo unitario son esencialmente las raíces de la unidad hasta una rotación por ángulo $\phi$ . Y se sabe que la suma de los $n$ th raíces de la unidad hasta cualquier rotación para $n>1$ es cero desde

\sum_{k = 0}^{norte - 1} {mi}^{(2 k π / norte + ϕ) i} = {mi}^{ϕ i} \sum_{k = 0}^{norte - 1} {mi}^{2 k π i / norte} = {mi}^{ϕ i} \frac{1 - {mi}^{2 π i}}{1 - {mi}^{2 π i / norte}} = 0,

$\sum_{k=0}^{n-1} e^{(2k\pi/n+\phi)i} =e^{\phi i}\sum_{k=0}^{n-1} e^{2k\pi i/n} =e^{\phi i}\frac{1-e^{2\pi i}}{1- e^{2\pi i/n}}=0,\\$

donde se usa la penúltima igualdad $(1)$ , y la igualdad última es por la identidad de Euler.

Curiosamente, la fórmula para la suma geométrica generalmente se ve multiplicando por $1-r$ , que conecta esto con la respuesta de Simon.
"El resultado debería ser válido para cualquier n>1 (no solo para n impar)". No es que la prueba sea más difícil para impares; más bien, la prueba es mucho más trivial para incluso; cada punto se puede emparejar con un opuesto que lo cancela. Eso deja el caso extraño que necesita una prueba adicional.
@Acccumulation: Sí, pero después de haber proporcionado la prueba para el caso extraño, uno ve que funciona para el caso general, por lo que no es necesario dividir el caso en primer lugar.

Juan Bollinger · Answer 3

La simetría no permite otro promedio que el centro del círculo. Aquí hay una manera de hacer eso un poco más formal:

Elija un sistema de coordenadas ortonormales con su origen en el centro de un círculo con radio $r$ , y el eje x dirigido tal que $\theta_1 = 0$ .

Observe que debido al espaciado uniforme, los ángulos restantes se agrupan en pares de la forma $\pm \frac{m2\pi}{n}$ . Los miembros de cada par tendrán los senos opuestos (y $\sin \theta_1 = 0$ ), por lo tanto en el promedio, todos los términos del seno, que corresponden proporcionalmente a $y$ coordenadas, cancelar. De ello se deduce que el promedio de todos los puntos se encuentra en el eje x elegido, una línea que contiene el origen y $(r, \theta_1)_{polar}$ .

Ahora observe que podemos aplicar el mismo argumento para determinar que el promedio se encuentra en cada línea que contiene el origen y cualquiera de los $(r, \theta_i)$ . Estos no pueden ser todos la misma línea, porque una línea corta un círculo en dos puntos como máximo, y hay al menos tres distintos $(r, \theta_i)$ . Elija dos líneas distintas cualesquiera del conjunto. Sabemos que el promedio se encuentra en ambos, por lo que debe estar en su intersección. Sabemos que su intersección es única, porque las líneas son distintas. Y sabemos que el origen, que está en el centro del círculo, está en ambas rectas, por lo que debe ser la intersección.

Tenga en cuenta que eso no depende particularmente de que la cantidad de puntos sea impar. Con solo cambios menores, se puede generalizar a cualquier número de puntos mayor que dos.

+1. Tal vez de manera más informal y más corta: dibuje una línea a través de uno de los puntos y el centro, y vea que el promedio debe estar en esta línea por simetría de los pares de otros puntos a través de la línea; dado que se encuentra en todas esas líneas, debe estar donde dichas líneas se cruzan en el centro, al menos cuando $n>2$ cuando hay más de una línea. Por inspección, el enunciado también es verdadero cuando $n=2$ (una simetría diferente) pero no es cierto cuando $n=1$
¡Eso es muy bueno! De hecho, tenía en mente el argumento de los senos, pero no sabía cómo proceder para el promedio en el eje x. ¡Gracias!

Acumulación · Answer 4

Si considera que los puntos son vectores y los coloca de lado a lado, crea una curva que consta de segmentos de línea de igual longitud con ángulos exteriores de $\frac{2\pi}{n}$ . Un n-ágono regular consta de segmentos de línea de igual longitud con ángulos exteriores de $\frac{2\pi}{n}$ . No puedes tener dos formas diferentes formadas por las mismas longitudes y ángulos, por lo que la curva debe ser un n-ágono regular, lo que significa que la última se une a la primera, lo que significa que su suma es $0$ .

Promedio de un número impar de puntos igualmente espaciados en un círculo

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un ciudadano preocupado

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